Nota: en las distribuciones normales y lognormales se estandariza con \(Z = \frac{X-\mu}{\sigma}\) y se busca \(\Phi(z)\) en la tabla con \(z\) redondeado a dos decimales. En la última parte de cada problema se verifica con R, que usa el \(z\) sin redondear, así que puede haber diferencias pequeñas en el cuarto decimal.
\(X \sim U(20, 50)\). Aquí \(b - a = 30\).
La densidad y la función de distribución son:
\[f(x) = \frac{1}{30}, \quad 20 \le x \le 50, \qquad F(x) = \frac{x - 20}{30}\]
Las probabilidades:
\[P(X \le 30) = \frac{30 - 20}{30} = \frac{1}{3} = 0.3333\]
\[P(X > 42) = \frac{50 - 42}{30} = \frac{8}{30} = 0.2667\]
\[P(25 \le X < 40) = \frac{40 - 25}{30} = 0.5\]
Para \(x\) tal que \(P(X \le x) = 0.80\):
\[\frac{x - 20}{30} = 0.80 \;\Rightarrow\; x = 20 + 0.80(30) = 44\]
Media y varianza:
\[E[X] = \frac{20 + 50}{2} = 35, \qquad V[X] = \frac{(50 - 20)^2}{12} = \frac{900}{12} = 75\]
# Verificacion en R
round(c(P_menor_30 = punif(30, 20, 50), P_mayor_42 = 1 - punif(42, 20, 50),
P_25_40 = punif(40, 20, 50) - punif(25, 20, 50), x_80 = qunif(0.80, 20, 50)), 4)## P_menor_30 P_mayor_42 P_25_40 x_80
## 0.3333 0.2667 0.5000 44.0000graf_dens(function(x) dunif(x, 20, 50), 15, 55, "Uniforme(20, 50)", vline = 35)\(X \sim N(100, 15^2)\), así que \(Z = \frac{X - 100}{15}\).
\[P(X \le 85) = P\left(Z \le \frac{85 - 100}{15}\right) = P(Z \le -1) = 0.1587\]
\[P(X > 120) = P\left(Z > \frac{120 - 100}{15}\right) = P(Z > 1.33) = 1 - 0.9082 = 0.0918\]
\[P(90 \le X < 115) = P(-0.67 \le Z < 1) = 0.8413 - 0.2514 = 0.5899\]
Para \(P(X \le x) = 0.95\) se necesita \(z_{0.95} = 1.645\):
\[x = \mu + z\sigma = 100 + 1.645(15) = 124.68\]
Intervalo central del 95%. Quedan 2.5% en cada cola, así que \(z = \pm 1.96\):
\[100 \pm 1.96(15) = 100 \pm 29.4 \;\Rightarrow\; (70.6,\ 129.4)\]
round(c(P_menor_85 = pnorm(85, 100, 15), P_mayor_120 = 1 - pnorm(120, 100, 15),
P_90_115 = pnorm(115, 100, 15) - pnorm(90, 100, 15), x_95 = qnorm(0.95, 100, 15)), 4)## P_menor_85 P_mayor_120 P_90_115 x_95
## 0.1587 0.0912 0.5889 124.6728qnorm(c(0.025, 0.975), 100, 15)## [1] 70.6005 129.3995graf_dens(function(x) dnorm(x, 100, 15), 40, 160, "Normal(100, 15^2)", "darkgreen",
sombra = c(70.6, 129.4), vline = 100)La zona sombreada es el 95% central.
\(X \sim N(72, 8^2)\).
\[P(X < 60) = P\left(Z < \frac{60 - 72}{8}\right) = P(Z < -1.5) = 0.0668\]
\[P(X \ge 80) = P\left(Z \ge \frac{80 - 72}{8}\right) = P(Z \ge 1) = 1 - 0.8413 = 0.1587\]
\[P(68 \le X \le 76) = P(-0.5 \le Z \le 0.5) = 0.6915 - 0.3085 = 0.3830\]
Percentil 90. \(z_{0.90} = 1.2816\), entonces \(x = 72 + 1.2816(8) = 82.25\).
Valor que deja 5% por encima. Es el percentil 95, con \(z = 1.645\): \(x = 72 + 1.645(8) = 85.16\).
El intervalo \([68, 76]\) queda a \(\pm 4\) de la media, así que es simétrico.
round(c(P_menor_60 = pnorm(60, 72, 8), P_mayor_80 = 1 - pnorm(80, 72, 8),
P_68_76 = pnorm(76, 72, 8) - pnorm(68, 72, 8),
p90 = qnorm(0.90, 72, 8), p95 = qnorm(0.95, 72, 8)), 4)## P_menor_60 P_mayor_80 P_68_76 p90 p95
## 0.0668 0.1587 0.3829 82.2524 85.1588graf_dens(function(x) dnorm(x, 72, 8), 40, 104, "Normal(72, 8^2)", "firebrick",
sombra = c(68, 76), vline = 72)La línea punteada marca la media, \(\mu = 72\).
\(X \sim N(500, 40^2)\).
\[P(X \le 450) = P(Z \le -1.25) = 0.1056\]
\[P(X > 575) = P(Z > 1.88) = 1 - 0.9699 = 0.0301\]
\[P(480 < X < 540) = P(-0.5 < Z < 1) = 0.8413 - 0.3085 = 0.5328\]
80% central. Quedan 10% en cada cola, con \(z = \pm 1.2816\):
\[500 \pm 1.2816(40) = 500 \pm 51.26 \;\Rightarrow\; (448.74,\ 551.26)\]
Percentil 99. \(z_{0.99} = 2.3263\), entonces \(x = 500 + 2.3263(40) = 593.05\).
round(c(P_menor_450 = pnorm(450, 500, 40), P_mayor_575 = 1 - pnorm(575, 500, 40),
P_480_540 = pnorm(540, 500, 40) - pnorm(480, 500, 40), p99 = qnorm(0.99, 500, 40)), 4)## P_menor_450 P_mayor_575 P_480_540 p99
## 0.1056 0.0304 0.5328 593.0539qnorm(c(0.10, 0.90), 500, 40)## [1] 448.738 551.262graf_dens(function(x) dnorm(x, 500, 40), 350, 650, "Normal(500, 40^2)", "purple4",
sombra = c(448.74, 551.26), vline = 500)\(X \sim \text{Exp}(\lambda = 0.25)\), con \(F(x) = 1 - e^{-0.25x}\).
\[P(X \le 2) = 1 - e^{-0.5} = 1 - 0.6065 = 0.3935\]
\[P(X > 5) = e^{-0.25(5)} = e^{-1.25} = 0.2865\]
\[P(2 < X \le 6) = F(6) - F(2) = e^{-0.5} - e^{-1.5} = 0.6065 - 0.2231 = 0.3834\]
Para \(x\) tal que \(P(X \le x) = 0.90\):
\[1 - e^{-0.25x} = 0.90 \;\Rightarrow\; e^{-0.25x} = 0.10 \;\Rightarrow\; x = \frac{-\ln(0.10)}{0.25} = \frac{2.3026}{0.25} = 9.2103\]
Media y varianza:
\[E[X] = \frac{1}{\lambda} = 4, \qquad V[X] = \frac{1}{\lambda^2} = 16\]
round(c(P_menor_2 = pexp(2, 0.25), P_mayor_5 = 1 - pexp(5, 0.25),
P_2_6 = pexp(6, 0.25) - pexp(2, 0.25), x_90 = qexp(0.90, 0.25)), 4)## P_menor_2 P_mayor_5 P_2_6 x_90
## 0.3935 0.2865 0.3834 9.2103graf_dens(function(x) dexp(x, 0.25), 0, 25, "Exponencial(0.25)", "darkorange3", sombra = c(2, 6))\(X \sim \text{Lognormal}(3.5,\ 0.40^2)\) significa que \(\ln X \sim N(3.5,\ 0.40^2)\). Los límites vienen en la escala de \(X\), así que primero se les aplica el logaritmo y luego se estandariza con \(Z = \frac{\ln x - 3.5}{0.40}\).
\[P(X \le 25) = P\left(Z \le \frac{\ln 25 - 3.5}{0.4}\right) = P\left(Z \le \frac{3.2189 - 3.5}{0.4}\right) = P(Z \le -0.70) = 0.2420\]
\[P(X > 50) = P\left(Z > \frac{3.9120 - 3.5}{0.4}\right) = P(Z > 1.03) = 1 - 0.8485 = 0.1515\]
\[P(20 \le X < 40) = P(-1.26 \le Z < 0.47) = 0.6808 - 0.1038 = 0.5770\]
Mediana. Como la mediana de \(\ln X\) es 3.5, la de \(X\) es \(e^{3.5} = 33.12\).
Percentil 90. \(\ln x = 3.5 + 1.2816(0.4) = 4.0126\), entonces \(x = e^{4.0126} = 55.29\).
Media y varianza:
\[E[X] = e^{\mu + \sigma^2/2} = e^{3.5 + 0.08} = e^{3.58} = 35.87\]
\[V[X] = \left(e^{\sigma^2} - 1\right)e^{2\mu + \sigma^2} = \left(e^{0.16} - 1\right)e^{7.16} = (0.1735)(1286.9) = 223.3\]
round(c(P_menor_25 = plnorm(25, 3.5, 0.4), P_mayor_50 = 1 - plnorm(50, 3.5, 0.4),
P_20_40 = plnorm(40, 3.5, 0.4) - plnorm(20, 3.5, 0.4),
mediana = qlnorm(0.5, 3.5, 0.4), p90 = qlnorm(0.9, 3.5, 0.4),
media = exp(3.5 + 0.4^2 / 2), varianza = (exp(0.4^2) - 1) * exp(2 * 3.5 + 0.4^2)), 4)## P_menor_25 P_mayor_50 P_20_40 mediana p90 media varianza
## 0.2411 0.1515 0.5779 33.1155 55.2916 35.8735 223.2930graf_dens(function(x) dlnorm(x, 3.5, 0.4), 0, 120, "Lognormal(3.5, 0.4^2)", vline = exp(3.5))\(X \sim \text{Gamma}(\alpha = 3,\ \lambda = 0.5)\), con \(\lambda\) como tasa. Como \(\alpha\) es entero, la distribución acumulada se puede escribir así:
\[F(x) = 1 - e^{-\lambda x}\sum_{k=0}^{2}\frac{(\lambda x)^k}{k!}\]
\[P(X \le 4):\ \lambda x = 2,\quad F(4) = 1 - e^{-2}\left(1 + 2 + \tfrac{4}{2}\right) = 1 - 5e^{-2} = 0.3233\]
\[P(X > 8):\ \lambda x = 4,\quad 1 - F(8) = e^{-4}\left(1 + 4 + 8\right) = 13e^{-4} = 0.2381\]
Para \(P(3 \le X < 7)\) se calcula \(F(7) - F(3)\):
\[F(7) = 1 - e^{-3.5}(1 + 3.5 + 6.125) = 1 - 0.3208 = 0.6792\]
\[F(3) = 1 - e^{-1.5}(1 + 1.5 + 1.125) = 1 - 0.8088 = 0.1912\]
\[P(3 \le X < 7) = 0.6792 - 0.1912 = 0.4880\]
Percentil 95. No se puede despejar \(x\) a mano. Como \(2\lambda X = X \sim \chi^2_6\) cuando \(\alpha = 3\) y \(\lambda = 0.5\), el percentil 95 es el de una \(\chi^2\) con 6 grados de libertad, \(x = 12.59\) (tabla).
Media y varianza:
\[E[X] = \frac{\alpha}{\lambda} = 6, \qquad V[X] = \frac{\alpha}{\lambda^2} = \frac{3}{0.25} = 12\]
round(c(P_menor_4 = pgamma(4, 3, 0.5), P_mayor_8 = 1 - pgamma(8, 3, 0.5),
P_3_7 = pgamma(7, 3, 0.5) - pgamma(3, 3, 0.5), p95 = qgamma(0.95, 3, 0.5)), 4)## P_menor_4 P_mayor_8 P_3_7 p95
## 0.3233 0.2381 0.4880 12.5916graf_dens(function(x) dgamma(x, 3, 0.5), 0, 25, "Gamma(3, 0.5)", "darkgreen", vline = 6)\(X \sim \text{Beta}(2.5,\ 4)\), con densidad
\[f(x) = \frac{x^{1.5}(1 - x)^{3}}{B(2.5, 4)}, \quad 0 < x < 1\]
Como \(\alpha = 2.5\) no es entero,
las probabilidades son integrales sin forma cerrada sencilla, por
ejemplo \(P(X \le 0.30) = \int_0^{0.30}
f(x)\,dx\). Esos valores se obtienen con la función de
distribución de R (pbeta):
\[P(X \le 0.30) = 0.3522, \qquad P(X > 0.60) = 1 - F(0.60) = 0.1300\]
\[P(0.20 \le X < 0.50) = F(0.50) - F(0.20) = 0.5723\]
El percentil 75 es el \(x\) tal que \(F(x) = 0.75\), que da \(x = 0.5088\).
Media y varianza:
\[E[X] = \frac{2.5}{2.5 + 4} = 0.3846\]
\[V[X] = \frac{(2.5)(4)}{(6.5)^2(7.5)} = \frac{10}{316.875} = 0.0316\]
round(c(P_menor_030 = pbeta(0.3, 2.5, 4), P_mayor_060 = 1 - pbeta(0.6, 2.5, 4),
P_020_050 = pbeta(0.5, 2.5, 4) - pbeta(0.2, 2.5, 4), p75 = qbeta(0.75, 2.5, 4),
media = 2.5 / 6.5, varianza = 10 / 316.875), 4)## P_menor_030 P_mayor_060 P_020_050 p75 media varianza
## 0.3522 0.1300 0.5723 0.5088 0.3846 0.0316graf_dens(function(x) dbeta(x, 2.5, 4), 0, 1, "Beta(2.5, 4)", "purple4", vline = 2.5 / 6.5)Como \(\beta > \alpha\), la masa se concentra en valores bajos y la media queda por debajo de 0.5.
\(X \sim \text{Weibull}(k = 2,\ \lambda = 1000)\), con \(F(x) = 1 - e^{-(x/1000)^2}\).
\[P(X \le 500) = 1 - e^{-(0.5)^2} = 1 - e^{-0.25} = 1 - 0.7788 = 0.2212\]
\[P(X > 1200) = e^{-(1.2)^2} = e^{-1.44} = 0.2369\]
\[P(600 \le X < 1000) = F(1000) - F(600) = e^{-0.36} - e^{-1} = 0.6977 - 0.3679 = 0.3298\]
Mediana:
\[1 - e^{-(x/1000)^2} = 0.5 \;\Rightarrow\; \left(\frac{x}{1000}\right)^2 = \ln 2 \;\Rightarrow\; x = 1000\sqrt{0.6931} = 832.55\]
Percentil 90:
\[\left(\frac{x}{1000}\right)^2 = \ln 10 = 2.3026 \;\Rightarrow\; x = 1000\sqrt{2.3026} = 1517.43\]
round(c(P_menor_500 = pweibull(500, 2, 1000), P_mayor_1200 = 1 - pweibull(1200, 2, 1000),
P_600_1000 = pweibull(1000, 2, 1000) - pweibull(600, 2, 1000),
mediana = qweibull(0.5, 2, 1000), p90 = qweibull(0.9, 2, 1000)), 4)## P_menor_500 P_mayor_1200 P_600_1000 mediana p90
## 0.2212 0.2369 0.3298 832.5546 1517.4271graf_dens(function(x) dweibull(x, 2, 1000), 0, 2500, "Weibull(2, 1000)", "firebrick",
vline = 832.55)El tiempo de validación sigue una uniforme, \(X \sim U(1.5,\ 4.5)\) segundos, con \(f(x) = \frac{1}{3}\).
\[P(X < 3) = \frac{3 - 1.5}{3} = 0.5\]
\[P(2 \le X \le 4) = \frac{4 - 2}{3} = 0.6667\]
Una operación está en el 10% más lento si \(P(X > x) = 0.10\):
\[\frac{4.5 - x}{3} = 0.10 \;\Rightarrow\; x = 4.5 - 0.3 = 4.2 \text{ segundos}\]
Criterio. Se pedía \(P(X < 3) > 0.45\) y se obtuvo \(0.5\), así que el proceso sí cumple. Una validación es excepcionalmente lenta si tarda 4.2 segundos o más.
round(c(P_menor_3 = punif(3, 1.5, 4.5), P_2_4 = punif(4, 1.5, 4.5) - punif(2, 1.5, 4.5),
t_10_lento = qunif(0.90, 1.5, 4.5)), 4)## P_menor_3 P_2_4 t_10_lento
## 0.5000 0.6667 4.2000graf_dens(function(x) dunif(x, 1.5, 4.5), 1, 5, "Uniforme(1.5, 4.5)", sombra = c(4.2, 4.5), vline = 4.2)El peso sigue \(X \sim N(500,\ 8^2)\) gramos.
Proporción aceptada (485 a 515 g). Los límites están a 15 g de la media, es decir, a \(\frac{15}{8} = 1.875\) desviaciones:
\[P(485 \le X \le 515) = P(-1.88 \le Z \le 1.88) = 2(0.9699) - 1 = 0.9398\]
Peso mayor a 520 g:
\[P(X > 520) = P\left(Z > \frac{20}{8}\right) = P(Z > 2.5) = 1 - 0.9938 = 0.0062\]
Región de revisión individual. Se busca el 2% inferior y el 2% superior, con \(z = \pm 2.054\):
\[500 \pm 2.054(8) = 500 \pm 16.43 \;\Rightarrow\; 483.57 \text{ g y } 516.43 \text{ g}\]
Bolsas fuera del intervalo de aceptación en 10000. Con el valor de R, \(1 - 0.9392 = 0.0608\):
\[10000 \times 0.0608 \approx 608 \text{ bolsas}\]
Es un valor esperado, el número real puede variar.
¿Centrar en 500 g garantiza pocas bolsas fuera de especificación? No. La proporción fuera depende también de \(\sigma\). Fuera de 485 a 515 g queda \(2\left[1 - \Phi\left(\frac{15}{\sigma}\right)\right]\):
round(c(aceptadas = pnorm(515, 500, 8) - pnorm(485, 500, 8), P_mayor_520 = 1 - pnorm(520, 500, 8),
corte_inf = qnorm(0.02, 500, 8), corte_sup = qnorm(0.98, 500, 8)), 4)## aceptadas P_mayor_520 corte_inf corte_sup
## 0.9392 0.0062 483.5700 516.4300sigma <- c(4, 8, 12)
data.frame(sigma, proporcion_fuera = round(2 * (1 - pnorm(15 / sigma)), 4))Con el mismo promedio, pasar de \(\sigma = 4\) a \(\sigma = 12\) sube la proporción fuera de 0.02% a 21%. Centrar es necesario, pero también hay que reducir la variabilidad.
graf_dens(function(x) dnorm(x, 500, 8), 470, 530, "Pesos: Normal(500, 8^2)", "darkgreen",
sombra = c(485, 515), vline = 500)Los puntajes siguen \(X \sim N(70,\ 10^2)\).
\[P(65 \le X \le 85) = P(-0.5 \le Z \le 1.5) = 0.9332 - 0.3085 = 0.6247\]
10% superior. \(z = 1.2816\), entonces \(x = 70 + 1.2816(10) = 82.82\) puntos.
15% inferior. \(z = -1.0364\), entonces \(x = 70 - 10.36 = 59.64\) puntos.
\[P(X > 90) = P(Z > 2) = 1 - 0.9772 = 0.0228\]
Con 600 estudiantes:
\[0.10 \times 600 = 60 \text{ con reconocimiento}, \qquad 0.15 \times 600 = 90 \text{ con acompañamiento}\]
Son valores esperados, en un grupo real pueden salir cifras algo distintas.
round(c(P_65_85 = pnorm(85, 70, 10) - pnorm(65, 70, 10), corte_10_sup = qnorm(0.90, 70, 10),
corte_15_inf = qnorm(0.15, 70, 10), P_mayor_90 = 1 - pnorm(90, 70, 10)), 4)## P_65_85 corte_10_sup corte_15_inf P_mayor_90
## 0.6247 82.8155 59.6357 0.0228graf_dens(function(x) dnorm(x, 70, 10), 30, 110, "Puntajes: Normal(70, 10^2)", "firebrick",
sombra = c(82.82, 110), vline = c(59.64, 82.82))El tiempo hasta una interrupción es exponencial con media 200 horas, así que
\[\lambda = \frac{1}{200} = 0.005 \text{ por hora}, \qquad F(t) = 1 - e^{-0.005t}\]
\[P(X > 300) = e^{-0.005(300)} = e^{-1.5} = 0.2231\]
\[P(100 < X < 250) = e^{-0.5} - e^{-1.25} = 0.6065 - 0.2865 = 0.3200\]
Tiempo con probabilidad acumulada de 20%:
\[1 - e^{-0.005t} = 0.20 \;\Rightarrow\; t = \frac{-\ln(0.80)}{0.005} = \frac{0.2231}{0.005} = 44.63 \text{ horas}\]
El mantenimiento preventivo debería hacerse antes de unas 45 horas.
Si ya operó 150 horas, al menos 100 horas más. Es \(P(X > 250 \mid X > 150)\):
\[P(X > 250 \mid X > 150) = \frac{P(X > 250)}{P(X > 150)} = \frac{e^{-1.25}}{e^{-0.75}} = e^{-0.5} = 0.6065\]
Es igual a \(P(X > 100)\). Esto pasa por la falta de memoria de la exponencial: \(P(X > s + t \mid X > s) = P(X > t)\). Haber funcionado 150 horas no cambia la probabilidad de lo que falta.
round(c(P_mayor_300 = 1 - pexp(300, 0.005), P_100_250 = pexp(250, 0.005) - pexp(100, 0.005),
t_20 = qexp(0.20, 0.005),
condicional = (1 - pexp(250, 0.005)) / (1 - pexp(150, 0.005)),
P_mayor_100 = 1 - pexp(100, 0.005)), 4)## P_mayor_300 P_100_250 t_20 condicional P_mayor_100
## 0.2231 0.3200 44.6287 0.6065 0.6065graf_dens(function(x) dexp(x, 0.005), 0, 1000, "Exponencial(0.005)", "darkorange3", sombra = c(0, 44.63))\(\ln X \sim N(1.2,\ 0.5^2)\), con \(X\) en millones de pesos. Se estandariza con \(Z = \frac{\ln x - 1.2}{0.5}\).
\[P(X < 3) = P\left(Z < \frac{1.0986 - 1.2}{0.5}\right) = P(Z < -0.20) = 0.4207\]
\[P(X > 5) = P\left(Z > \frac{1.6094 - 1.2}{0.5}\right) = P(Z > 0.82) = 1 - 0.7939 = 0.2061\]
Costo mediano. \(e^{1.2} = 3.32\) millones.
Costo superado solo por el 5%. \(z = 1.645\):
\[\ln x = 1.2 + 1.645(0.5) = 2.0225 \;\Rightarrow\; x = e^{2.0225} = 7.56 \text{ millones}\]
Comparando media y mediana:
\[E[X] = e^{1.2 + 0.5^2/2} = e^{1.325} = 3.76 \text{ millones} \;>\; 3.32 = \text{mediana}\]
No son iguales porque la distribución tiene asimetría positiva. Unas pocas reparaciones muy caras estiran la cola derecha y suben la media, pero casi no mueven la mediana. Por eso, para el costo de una reparación típica, la mediana es más representativa.
round(c(P_menor_3 = plnorm(3, 1.2, 0.5), P_mayor_5 = 1 - plnorm(5, 1.2, 0.5),
mediana = qlnorm(0.5, 1.2, 0.5), p95 = qlnorm(0.95, 1.2, 0.5),
media = exp(1.2 + 0.5^2 / 2)), 4)## P_menor_3 P_mayor_5 mediana p95 media
## 0.4197 0.2064 3.3201 7.5566 3.7622graf_dens(function(x) dlnorm(x, 1.2, 0.5), 0, 15, "Lognormal(1.2, 0.5^2)", "purple4", vline = exp(1.2))\(X \sim \text{Gamma}(\alpha = 4,\ \lambda = 0.20)\) con tasa por minuto. Se puede ver como la suma de 4 etapas exponenciales. Como \(\alpha\) es entero:
\[F(x) = 1 - e^{-\lambda x}\sum_{k=0}^{3}\frac{(\lambda x)^k}{k!}\]
El tiempo promedio es:
\[E[X] = \frac{\alpha}{\lambda} = \frac{4}{0.20} = 20 \text{ minutos}\]
Menos de 30 minutos. Aquí \(\lambda x = 6\):
\[P(X < 30) = 1 - e^{-6}\left(1 + 6 + 18 + 36\right) = 1 - 61e^{-6} = 1 - 0.1512 = 0.8488\]
Entre 15 y 25 minutos:
\[F(25) = 1 - e^{-5}\left(1 + 5 + 12.5 + 20.83\right) = 1 - 0.2650 = 0.7350\]
\[F(15) = 1 - e^{-3}\left(1 + 3 + 4.5 + 4.5\right) = 1 - 0.6472 = 0.3528\]
\[P(15 < X < 25) = 0.7350 - 0.3528 = 0.3822\]
Tiempo que no supera el 90%. No se despeja a mano. Como \(2\lambda X = 0.4X \sim \chi^2_8\), se toma el percentil 90 de la \(\chi^2\) con 8 grados de libertad, 13.36 (tabla):
\[x = \frac{13.36}{0.4} = 33.4 \text{ minutos}\]
Promesa de servicio. Se quería que al menos el 80% terminara en menos de 30 minutos. Como \(P(X < 30) = 0.8488 \ge 0.80\), la promesa sí cumple la meta. Que el promedio (20 min) sea menor que 30 no es suficiente, lo que cuenta es la proporción que termina a tiempo.
round(c(media = 4 / 0.2, P_menor_30 = pgamma(30, 4, 0.2),
P_15_25 = pgamma(25, 4, 0.2) - pgamma(15, 4, 0.2), p90 = qgamma(0.9, 4, 0.2)), 4)## media P_menor_30 P_15_25 p90
## 20.0000 0.8488 0.3822 33.4039graf_dens(function(x) dgamma(x, 4, 0.2), 0, 90, "Gamma(4, 0.2)", "darkgreen", sombra = c(0, 30), vline = 30)\(X \sim \text{Beta}(5, 2)\). Como \(\frac{1}{B(5,2)} = \frac{6!}{4!\,1!} = 30\), la densidad y la distribución acumulada son sencillas:
\[f(x) = 30x^4(1 - x), \qquad F(x) = \int_0^x 30t^4(1-t)\,dt = 6x^5 - 5x^6\]
La utilización promedio es:
\[E[X] = \frac{5}{5 + 2} = 0.7143 \;\;(71.43\%)\]
Día de alta utilización (\(X > 0.80\)):
\[P(X > 0.80) = 1 - \left[6(0.8)^5 - 5(0.8)^6\right] = 1 - (1.9661 - 1.3107) = 0.3446\]
Día de baja utilización (\(X < 0.50\)):
\[P(X < 0.50) = 6(0.5)^5 - 5(0.5)^6 = 0.1875 - 0.0781 = 0.1094\]
Nivel superado solo por el 10% de los días. Hay que resolver \(6x^5 - 5x^6 = 0.90\). No tiene solución algebraica sencilla; numéricamente \(x = 0.9074\), es decir, 90.74% de la capacidad.
En 250 días. Aquí la probabilidad funciona como proporción de días:
\[250 \times 0.3446 = 86.2 \approx 86 \text{ días de alta utilización}\]
round(c(media = 5 / 7, P_mayor_080 = 1 - pbeta(0.8, 5, 2), P_menor_050 = pbeta(0.5, 5, 2),
nivel_10 = qbeta(0.90, 5, 2), dias_250 = 250 * (1 - pbeta(0.8, 5, 2))), 4)## media P_mayor_080 P_menor_050 nivel_10 dias_250
## 0.7143 0.3446 0.1094 0.9074 86.1600graf_dens(function(x) dbeta(x, 5, 2), 0, 1, "Beta(5, 2)", sombra = c(0.8, 1), vline = 5 / 7)La vida útil es \(X \sim \text{Weibull}(k = 2.5,\ \lambda = 5000)\) horas, con \(F(x) = 1 - e^{-(x/5000)^{2.5}}\).
\[P(X < 3000) = 1 - e^{-(0.6)^{2.5}} = 1 - e^{-0.2789} = 1 - 0.7567 = 0.2434\]
\[P(X > 6000) = e^{-(1.2)^{2.5}} = e^{-1.5774} = 0.2065\]
Tiempo en el que ha fallado el 10%:
\[\left(\frac{x}{5000}\right)^{2.5} = -\ln(0.90) = 0.1054 \;\Rightarrow\; x = 5000\,(0.1054)^{0.4} = 5000(0.4065) = 2032.5 \text{ horas}\]
Mediana:
\[\left(\frac{x}{5000}\right)^{2.5} = \ln 2 = 0.6931 \;\Rightarrow\; x = 5000\,(0.6931)^{0.4} = 5000(0.8636) = 4318.2 \text{ horas}\]
Significado de \(k = 2.5\). La tasa de falla es
\[h(t) = \frac{k}{\lambda}\left(\frac{t}{\lambda}\right)^{k-1}\]
y con \(k = 2.5 > 1\) el exponente \(k - 1 = 1.5\) es positivo, así que \(h(t)\) crece con el tiempo: el rodamiento se desgasta y es más probable que falle cuanto más viejo es. (Con \(k = 1\) la tasa sería constante, y con \(k < 1\) decrecería.)
Reemplazo preventivo. El 10% de fallas se alcanza a las 2032.5 horas, así que el reemplazo debe hacerse antes de ese tiempo. Una propuesta razonable son 2000 horas:
\[P(X < 2000) = 1 - e^{-(0.4)^{2.5}} = 1 - e^{-0.1012} = 0.0962 < 0.10\]
round(c(P_menor_3000 = pweibull(3000, 2.5, 5000), P_mayor_6000 = 1 - pweibull(6000, 2.5, 5000),
t_10 = qweibull(0.10, 2.5, 5000), mediana = qweibull(0.5, 2.5, 5000),
P_falla_2000 = pweibull(2000, 2.5, 5000)), 4)## P_menor_3000 P_mayor_6000 t_10 mediana P_falla_2000
## 0.2434 0.2065 2032.5496 4318.1745 0.0962graf_dens(function(x) dweibull(x, 2.5, 5000), 0, 9000, "Weibull(2.5, 5000)", "firebrick",
sombra = c(0, 2032.5), vline = 2000)